\section{多项式环 $\mathbb{Z}[X]$ 与 $\mathbb{Q}[X]$}
需要先讨论多项式， 以便发展 Gauss 数与 Eisenstein 数理论， 进而研究代数数。 在 $\S 1.5$ 已知， 域 $F$ 上多项式(形式) 集 $F[X]$ 是一个整环， 其中元素可进行带余除法 (因此 $F[X]$ 被称为 Euclid 整环), 从而可进行辗转相除， 公因子可表为 Bézout 等式， 由此证得 $F[X]$ 是唯一析因整环 (UFD). 还讨论了多项式的根与重根。

本节主要讨论 $\mathbb{Q}$ 和 $\mathbb{Z}$ 上多项式的因子分解。 先看 $\mathbb{C}$ 和 $\mathbb{R}$ 上多项式。

古典代数学基本定理 任一个 $n(\geqslant 1)$ 次复系数多项式 $f(X)$ 均有 $n$ 个复数根 (重根按重数计入). 设 $f(X)$ 的复根为 $\alpha_{1}, \cdots, \alpha_{n} \in \mathbb{C}$, 则 $f(X)$ 可唯一分解为一次因子之积：
\[
f(X)=c\left(X-\alpha_{1}\right)\left(X-\alpha_{2}\right) \cdots\left(X-\alpha_{n}\right) \quad(c \in \mathbb{C})
\]
因此， 复数域 $\mathbb{C}$ 被称为代数封闭域。 此定理的证明有多种， 此处不给出。

例如， $X^{n}-1$ 有 $n$ 个复数根 $1, \zeta_{n}, \zeta_{n}^{2}, \cdots, \zeta_{n}^{n-1}$, 其中 $\zeta_{n}=\mathrm{e}^{2 \pi \mathrm{i} / n}$. 故
\[
X^{n}-1=(X-1)\left(X-\zeta_{n}\right) \cdots\left(X-\zeta_{n}^{n-1}\right)
\]
再看实系数多项式 $f(X) \in \mathbb{R}[X]$, 其虚根成对出现： 若 $\beta=a+b \mathrm{i}$ 是 $f(X)$ 的根 $(a, b \in \mathbb{R})$, 则 $\bar{\beta}=a-b \mathrm{i}$ 也是 $f(X)$ 的根 $(\bar{\beta}$ 称为 $\beta$ 的复共轭 $)$. 简证如下： 设
\[
f(X)=b_{n} X^{n}+\cdots+b_{1} X+b_{0} \in \mathbb{R}[X]
\]
由 $0=b_{n} \beta^{n}+\cdots+b_{1} \beta+b_{0}$, 两边取复共轮， 实数不变， 得
\[
\begin{aligned}
0 & =\overline{b_{n} \beta^{n}+\cdots+b_{1} \beta+b_{0}}=\bar{b}_{n} \bar{\beta}^{n}+\cdots+\bar{b}_{1} \bar{\beta}+\bar{b}_{0} \\
& =b_{n} \bar{\beta}^{n}+\cdots+b_{1} \bar{\beta}+b_{0}=f(\bar{\beta})
\end{aligned}
\]
注意 $(X-\beta)(X-\bar{\beta})=X^{2}-(\beta+\bar{\beta}) X+\beta \bar{\beta}=X^{2}-2 a X+\left(a^{2}+b^{2}\right)$ 系数为实数。 所以， $f(X) \in \mathbb{R}[X]$ 的 $n$ 个复数根中， 每一对虚根对应于其一个实系数二次因子;剩下的实数根， 每个对应一个一次因子。 故知， 实数域上任一多项式 $f(X) \in$ $\mathbb{R}[X]$ (不是常数) 可唯一分解为一次和二次实系数不可约因子之积：
\[
f(X)=a\left(X-a_{1}\right) \cdots\left(X-a_{s}\right)\left(X^{2}+b_{1} X+c_{1}\right) \cdots\left(X^{2}+b_{\imath} X+c_{t}\right)
\]
(其中 $a, a_{i}, b_{i}, c_{i} \in \mathbb{R}$ ).

例如， $X^{n}-1$ 的复根 $\zeta_{n}^{k}$ 与 $\bar{\zeta}_{n}^{k}=\zeta_{n}^{n-k}$ 复共轭，
\[
\left(X-\zeta_{n}^{k}\right)\left(X-\zeta_{n}^{n-k}\right)=X^{2}-X \cos (2 k \pi / n)+1
\]
故 $X^{n}-1$ 在实数域上分解如下 (分 $n$ 为奇、偶数两情形)
\[
\begin{gathered}
X^{n}-1=(X-1) \prod_{k=1}^{(n-1) / 2}\left[X^{2}-X \cos (2 k \pi / n)+1\right] \quad \text { (当 } n \text { 为奇数), } \\
X^{n}-1=(X-1)(X+1) \prod_{k=1}^{n / 2-1}\left[X^{2}-X \cos (2 k \pi / n)+1\right] \quad \text { (当 } n \text { 为偶数). }
\end{gathered}
\]
现讨论 $\mathbb{Z}[X]$, 即整(数)系数多项式集。 注意 $\mathbb{Z}$ 不是域， 故 $\S 1.5$ (关于域 $F$ 上多项式) 的讨论不适用于 $\mathbb{Z}[X]$. 首先， 由于 $\mathbb{Z}$ 不是域， 就导致 $\mathbb{Z}[X]$ 中不能做 “带余除法”。例如对 $f(X)=X^{3}+1, g(X)=3 X^{2}+1$, 则不可能有 $q(X)$, $r(X) \in \mathbb{Z}[X]$ 使
\[
X^{3}+1=\left(3 X^{2}+1\right) q(X)+r(X)
\]
因为右边的首项系数不可能为 1 .

因 $\S 1.5$ 对域 $F($ 如 $\mathbb{C}, \mathbb{R}, \mathbb{Q})$ 上多项式的讨论， 是基于带余除法而得出辗转相除法、最大公因子和 Bézout 等式、唯一析因的结论， 这些对 $\mathbb{Z}[X]$ 均
不适用。

故对 $\mathbb{Z}[X]$ 的讨论需另辟蹊径。 因为 $\mathbb{Z}$ 与 $\mathbb{Q}$ 关系密切， 我们可以借助于 $Q[X]$ 研究 $\mathbb{Z}[X]$. 例如， 有理系数与整系数多项式有如下关系：
\[
f(X)=\frac{4}{5} X^{3}+\frac{2}{3} X^{2}+8=\frac{2}{15}\left(6 X^{3}+5 X^{2}+60\right)
\]
此 $\frac{2}{15}$ 称为 $f(X)$ 的容量， 而 $6 X^{3}+5 X^{2}+60$ 称为本原多项式。 一般情形如下。

\begin{lemma}%引理1
(容量分解) 每个 $f(X) \in Q[X]$ 可唯一地(不计正负号) 表为
\[
f(X)=c_{f} f^{*}(X),
\]
其中 $c_{f} \in \mathbb{Q}, f^{*}(X) \in \mathbb{Z}[X]$ 且系数互素。
\end{lemma}

(说明： 称 $c_{f}$ 为 $f(X)$ 的容量， 称 $f^{*}(X)$ 为 $f(X)$ 对应的本原多项式。 “本原多项式”是指系数互素的整系数多项式。)

\begin{proof}
 表示的存在性显然。 现证唯一性： 若
\[
f=c_{1} f_{1}=c_{2} f_{2} \quad\left(c_{i} \in \mathbb{Q}, f_{i} \text { 为本原多项式， } i=1,2\right),
\]
则有 $\left(c_{1} / c_{2}\right) f_{1}=f_{2}$, 记 $c_{1} / c_{2}=a / b$ ( $a, b$ 为互素整数), 则
\[
(a / b) f_{1}=\left(c_{1} / c_{2}\right) f_{1}=f_{2}, \quad a f_{1}=b f_{2},
\]
因 $a, b$ 互素， 故知 $a$ 整除 $f_{2}$ 的所有系数， 故 $a= \pm 1$ (因 $f_{2}$ 系数互素). 同理知 $b= \pm 1$. 故 $c_{1}= \pm c_{2}, f_{1}= \pm f_{2}$.
\end{proof}

\begin{lemma}%引理2
(Gauss引理) 本原多项式之积仍为本原多项式。
\end{lemma}

\begin{proof}
 设两本原多项式 $f(X)=a_{n} X^{n}+\cdots+a_{0}$ 和 $g(X)=b_{m} X^{m}+\cdots+b_{0}$ 之积为
\[
f(X) g(X)=h(X)=c_{\ell} X^{\ell}+\cdots+c_{0} .
\]
对任一固定素数 $p$, 设不被 $p$ 整除的 $f(X), g(X)$ 最高次项系数分别是 $a_{s}$, $b_{1}$, 则 $h(X)$ 的 $s+t$ 次系数为
\[
c_{s+t}=a, b_{t}+a_{s+1} b_{t-1}+\cdots+a_{s+t} b_{0}+a_{s-1} b_{t+1}+\cdots+a_{0} b_{t+s}
\]
(这里， 对 $N>n$ 记 $a_{N}=0$, 对 $M>m$ 记 $b_{M}=0$ ). 显然 $p \mid c_{s+t}$, 因为 $p \mid a_{s} b_{t}$, 而
\[
p \mid a_{s+1}, a_{s+2}, \cdots, b_{t+1}, b_{t+2}, \cdots
\]
这说明任意的 $p$ 不是 $h(X)$ 系数的公因子， 故此公因子为 $1, h(X)$ 是本原多项式。
\end{proof}

\begin{remark}%注记1
证明的本质如下： 对 $f=a_{n} X^{n}+\cdots+a_{0}$, 记 $\bar{f}=\bar{a}_{n} X^{n}+\cdots+a_{0} \in \mathbb{F}_{p}[X]$,即系数模素数 $p$ ( $\bar{a}$ 为 $a$ 的模 $p$ 同余类). 则 $f$ 为本原多项式相当于 $\bar{f} \neq 0$ (对任意 $p$ ). 于是 Gauss 引理可转述为： 若 $\bar{f} \neq 0, \bar{g} \neq 0$, 则 $\bar{f} g \neq 0$ (对任意 $p$ ). 这是显然的， 因都是 $\mathbb{F}_{p}$ 上多项式 (无零因子) ; 证明实质是
\[
(\bar{f} \bar{g} \text { 首项 })=(\bar{f} \text { 首项 }) \cdot(\bar{g} \text { 首项 }) \neq 0.
\]
\end{remark}


\begin{theorem}%定理1
(1) 设 $f(X) \in \mathbb{Z}[X]$ 为整系数多项式， 若在 $\mathbb{Q}[X]$ 中有分解
\[
f(X)=g(X) h(X) \text { (其中 } g, h \in \mathbb{Q}[X]),
\]
则在 $\mathbb{Z}[X]$ 中有分解
\[
f=c_{f} g^{*}(X) h^{*}(X)
\]
其中 $c_{f} \in \mathbb{Z}, g^{*}(X), h^{*}(X)$ 是 $g(X), h(X)$ 对应的本原多项式。

(2) $\mathbb{Z}[X]$ 是唯一析因整环(UFD). 也就是说：任一整系数多项式 $f(X) \in$ $\mathbb{Z}[X](f(X) \neq 0, \pm 1)$ 可唯一分解为素数和不可约的本原多项式之积：
\[
f(X)=p_{1} \cdots p_{r} \cdot q_{1}(X) \cdots q_{s}(X)
\]
(这里， “唯一性”不计正负号和次序; $p_{i}$ 是 $\mathbb{Z}$ 中素数， $q_{i}(X)$ 是本原多项式且 (在 $\mathbb{Q}[X]$ 中)不可约).
\end{theorem}

\begin{proof}
 (1) 做容量分解 $f=c_{f} f^{*}, g=c_{g} g^{*}, h=c_{h} h^{*}$. 则由 $f=g h$ 知
\[
f=c_{f} f^{*}=c_{g} c_{h} g^{*} h^{*},
\]
且 $g^{*} h^{*}$ 为本原多项式 (Gauss 引理). 由容量分解唯一性知 $f^{*}= \pm g^{*} h^{*}, \pm c_{B} c_{h}=c_{f} \in$ $\mathbb{Z}$. 故 $f=c_{f} g^{*} h^{*}$.

(2) 先在 $\mathbb{Q}[X]$ 中分解 $f(X)=q_{1}(X) \cdots q_{s}(X), q_{i}(X) \in \mathbb{Q}[X](i=1, \cdots$, $s)$ 不可约。 则由 (1) 知 $f(X)=c_{f} q_{1}^{*}(X) \cdots q_{s}^{*}(X)$, 再将 $c_{f}$ 分解为素数之积即得到 $f(X)$ 的分解。

再证明分解度唯一性：设有定理所言 $\mathbb{Z}[X]$ 中两种分解：
\[
f(X)=p_{1} \cdots p_{r} q_{1}(X) \cdots q_{s}(X)=p_{1}^{\prime} \cdots p_{u}^{\prime} q_{1}^{\prime}(X) \cdots q_{t}^{\prime}(X)
\]
其中 $p_{i}, p_{i}^{\prime}$ 为素数， $q_{i}(X), q_{i}^{\prime}(X)$ 为不可约本原多项式。 将此式视为在 $\mathbb{Q}[X]$中的分解， 知 $s=t, q_{i}(X)=c_{i} q_{i}^{\prime}(X)\left(c_{i} \in \mathbb{Q}\right)$, 但 $q_{i}(X), q_{i}^{\prime}(X)$ 均为本原多项式， 故 $q_{i}(X)= \pm q_{i}^{\prime}(X)$. 消去之后得到 $p_{1} \cdots p_{r}= \pm p_{1}^{\prime} \cdots p_{u}^{\prime}$, 由整数唯一分解知 $p_{i}= \pm p_{i}^{\prime}, r=u$. 证毕。
\end{proof}

上述证明 $\mathbb{Z}[X]$ 是 UFD 的方法， 推理过程是：由已知 $\mathbb{Z}$ 是 UFD, 利用 $\mathbb{Z}$ 与 $\mathbb{Q}$, 及 $\mathbb{Z}[X]$ 与 $\mathbb{Q}[X]$ 的关系， 推导出 $\mathbb{Z}[X]$ 是 UFD. 这种方法可以推广： 设已知环 $D$ 是 UFD, 利用 $D$ 与其分式域 $K$, 及 $D[X]$ 与 $K[X]$ 的关系， 推导出 $D[X]$是 UFD. (这里 $D$ 的分式域 $K=\left\{\left.\frac{b}{a} \right\rvert\, a, b \in D, a \neq 0\right\}$ ). 我们事实上证明了(细节不赘述)：

\begin{corollary}%系1
若环 $D$ 是 UFD, 则 $D$ 上多项式集 $D[X]$ 是 UFD, 且 $D$ 上 $n$ 元多项式
集 $D\left[X_{1}, \cdots, X_{n}\right]$ 是 UFD.

后者是因为， $D\left[X_{1}, X_{2}\right]=D\left[X_{1}\right]\left[X_{2}\right]$ 是 $D\left[X_{1}\right]$ 上多项式集（即以 $X_{1}$ 的多项式为系数的 $X_{2}$ 的多项式集), 故由 $D\left[X_{1}\right]$ 是 UFD 可知
\[
D\left[X_{1}, X_{2}\right]=D\left[X_{1}\right]\left[X_{2}\right]
\]
是 UFD. 递归之， 即知 $D\left[X_{1}, \cdots, X_{n}\right]$ 是 UFD. 由此特别可知， 域 $F$ 上的 $n$ 元多项式形式环
\[
F\left[X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}\right]
\]
是 UFD, 即其 (非常数) 元素均可唯一分解为不可约的 (即不可分解的) 元素之积 (不计非零常数倍).
\end{corollary}

\begin{corollary}%系2
[有理根] 设 $f(X)=a_{n} X^{n}+\cdots+a_{0} \in \mathbb{Z}[X]$ 为整系数多项式， 若 $\frac{b}{a}$ 是 $f(X)$ 的有理数根 (其中 $a, b$ 为互素整数), 则必有
\[
a\left|a_{n}, \quad b\right| a_{0}
\]
\end{corollary}

\begin{proof}
 由 $f(b / a)=0$, 知
\[
f(X)=\left(X-\frac{b}{a}\right) g(X)=(a X-b) h(X)
\]
其中 $g(X), h(X) \in \mathbb{Q}[X]$. 因为 $u(X)=a X-b$ 为本原多项式 (因 $a, b$ 互素，容量 $c_{u}=1$ ), 故由容量分解唯一性， 知
\[
\mathbb{Z} \ni c_{f}=c_{u} c_{h}=c_{h}
\]
故知 $h(X) \in \mathbb{Z}[X]$. 记 $h(X)=h_{n-1} X^{n-1}+\cdots+h_{0}\left(h_{n-1}, h_{0} \in \mathbb{Z}\right)$, 则
\[
a_{n} X^{n}+\cdots+a_{0}=(a X-b)\left(h_{n-1} X^{n-1}+\cdots+h_{0}\right)
\]
故 $a_{n}=a h_{n-1}, a_{0}=-b h_{0}$. 证毕。
\end{proof}


\begin{theorem}%定理2
(Eisenstein 判别法) 设整系数多项式
\[
f(X)=a_{n} X^{n}+\cdots+a_{1} X+a_{0} \in \mathbb{Z}[X]
\]
{系数互素}。 若存在一素数 $p$ 使 $p \nmid a_{n}, p \mid a_{i}(i=n-1, \cdots, 0), p^{2} \nmid a_{0}$, 则 $f(X)$在 $\mathbb{Z}[X]$ 中不可约。
\end{theorem}

\begin{proof}
 用反证法： 如果 $f$ 在 $\mathbb{Z}[X]$ 中可分解：
\[
f(X)=g(X) h(X)
\]
其中 $g(X)=g_{m} X^{m}+\cdots+g_{0}, h(X)=h_{\ell} X^{\ell}+\cdots+h_{0}$. 因 $p^{2} \nmid a_{0}=g_{0} h_{0}$, 可设 $p \nmid h_{0}$, $p \backslash g_{0}$. 设 $g(X)$ 不含因子 $p$ 的最低次系数为 $g_{k}(k>0)$, 考查
\[
a_{k}=g_{k} h_{0}+g_{k-1} h_{1}+\cdots+g_{0} h_{k}
\]
因 $p \nmid g_{k} h_{0}, p \mid g_{k-1}, \cdots, g_{0}$, 故 $p \nmid a_{k}$, 与 $k \leqslant m<n$ 矛盾。
\end{proof}

\begin{remark}%注记2
证明的实质如下 $(\bar{f}$ 表示 $f$ 的系数模 $p$ 得到的多项式， 见 Gauss 引理的注记)：

若 $f=g h$, 则 $\bar{f}=\bar{g} \bar{h}$, 由已知条件及 $p \nmid h_{0}, p \mid g_{0}$, 即知 $\bar{f}=\bar{g} \bar{h}$ 即为
\[
\bar{a}_{n} X^{n}=\left(\bar{g}_{m} X^{m}+\cdots+\bar{g}_{k} X^{k}\right)\left(\bar{h}_{\ell} X^{\ell}+\cdots+\bar{h}_{0}\right)
\]
显然矛盾 (左边只有一项， 但右边至少有两项).
\end{remark}

由 Eisenstein 判别法， 很容易写出任意次的整系数不可约多项式：
\[
X^{n}+p, \quad X^{n}+p X+p
\]
\begin{example}%例1
$f(X)=X^{p-1}+X^{p-2}+\cdots+X+1$ 在 $\mathbb{Z}[X]$ 中不可约。
\end{example}

\begin{proof}
 显然 $f(X)=\left(X^{p}-1\right) /(X-1)$. 令 $X-1=Y$, 则
\[
\begin{gathered}
f(X)=\left[(Y+1)^{p}-1\right] / Y=Y^{p-1}+\cdots+\mathrm{C}_{p}^{k} Y^{p-k-1}+\cdots+p=g(Y) \\
\mathrm{C}_{p}^{k}=p(p-1) \cdots(p-k+1) / k!\in \mathbb{Z}
\end{gathered}
\]
当 $0<k<p$ 时， $\mathrm{C}_{p}^{k}$ 的分子上的 $p$ 不会被分母 $k$ ! 的因子消去， 故 $p \mid \mathrm{C}_{p}^{k}$. 故由 Eisenstein 判别法知 $g(Y)$ 不可约， 从而 $f(X)$ 不可约。
\end{proof}

